2017-2018学年高中数学人教A版选修1-1课时达标训练：（十八） Word版含解析

课时达标训练（十八）[即时达标对点练]题组1求函数的最值1．函数f(x)＝2x－cosx在(－∞，＋∞)上()A．无最值B．有极值C．有最大值D．有最小值2．函数f(x)＝x2ex在区间(－3，－1)上的最大值为()A．9e－3B．4e－2C．e－1D．4e23．已知函数f(x)＝x3－12x＋8在区间[－3，3]上的最大值与最小值分别为M，m，则M－m＝________．4．已知函数f(x)＝lnxx.(1)求f(x)在点(1，0)处的切线方程；(2)求函数f(x)在[1，t]上的最大值．题组2由函数的最值确定参数的值5．若函数y＝x3＋32x2＋m在[－2，1]上的最大值为92，则m等于()A．0B．1C．2D.526．设f(x)＝－13x3＋12x2＋2ax.当0a2时，f(x)在[1，4]上的最小值为－163，求f(x)在该区间上的最大值．题组3与最值有关的恒成立问题7．若对任意的x0，恒有lnx≤px－1(p0)，则p的取值范围是()A．(0，1]B．(1，＋∞)C．(0，1)D．[1，＋∞)8．已知函数f(x)＝x3－ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)．(1)若函数f(x)在x＝－1和x＝3处取得极值，试求a，b的值；(2)在(1)的条件下，当x∈[－2，6]时，f(x)2|c|恒成立，求c的取值范围．[能力提升综合练]1．函数f(x)＝13x3－2x2在区间[－1，5]上()A．有最大值0，无最小值B．有最大值0，最小值－323C．有最小值－323，无最大值D．既无最大值也无最小值2．函数f(x)＝x·2x，则下列结论正确的是()A．当x＝1ln2时，f(x)取最大值B．当x＝1ln2时，f(x)取最小值C．当x＝－1ln2时，f(x)取最大值D．当x＝－1ln2时，f(x)取最小值3．对于R上可导的任意函数f(x)，若满足x≠1时(x－1)·f′(x)0，则必有()A．f(0)＋f(2)2f(1)B．f(0)＋f(2)2f(1)C．f(0)＋f(2)≥2f(1)D．f(0)＋f(2)≤2f(1)4．设直线x＝t与函数f(x)＝x2，g(x)＝lnx的图象分别交于点M，N，则当|MN|达到最小值时t的值为()A．1B.12C.52D.225．已知函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，则a的取值范围是________．6．已知函数f(x)＝2lnx＋ax2(a0)．若当x∈(0，＋∞)时，f(x)≥2恒成立，则实数a的取值范围是________．7．已知函数f(x)＝(x－k)ex.(1)求f(x)的单调区间；(2)求f(x)在区间[0，1]上的最小值．8．设函数f(x)＝2ax－bx＋lnx，若f(x)在x＝1，x＝12处取得极值，(1)求a、b的值；(2)在14，1上存在x0使得不等式f(x0)－c≤0成立，求c的取值范围．答案即时达标对点练1.解析：选Af′(x)＝2＋sinx0，∴f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，∴f(x)在(－∞，＋∞)上无最值．2.解析：选B∵f′(x)＝ex(x2＋2x)，令f′(x)＝0得x＝－2或x＝0(舍)．∴f(x)在(－3，－2)上递增；在(－2，－1)上递减．∴f(x)在(－3，－1)上的最大值为f(－2)＝4e－2.3.解析：令f′(x)＝3x2－12＝0，解得x＝±2.计算得f(－3)＝17，f(－2)＝24，f(2)＝－8，f(3)＝－1，所以M＝24，m＝－8，所以M－m＝32.答案：324.解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f(x)的导数f′(x)＝1－lnxx2.(1)f′(1)＝1，所以切线方程为y＝x－1.(2)令f′(x)＝1－lnxx2＝0，解得x＝e.当x∈(0，e)时，f′(x)0，f(x)单调递增，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)0，f(x)单调递减，当1te时，f(x)在[1，t]上单调递增，f(x)max＝f(t)＝lntt，当t≥e时，f(x)在[1，e]上单调递增，在[e，t]上单调递减，f(x)max＝f(e)＝1e，f(x)max＝lntt，1te，1e，t≥e.5.解析：选Cy′＝3x2＋3x＝3x(x＋1)，令y′＝0，得x＝0或x＝－1.因为f(0)＝m，f(－1)＝m＋12，又f(1)＝m＋52，f(－2)＝m－2，所以f(1)＝m＋52最大，所以m＋52＝92，所以m＝2.6.解：令f′(x)＝－x2＋x＋2a＝0，得两根x1＝1－1＋8a2，x2＝1＋1＋8a2.所以f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增．当0a2时，有x11x24，所以f(x)在[1，4]上的最大值为f(x2)．又f(4)－f(1)＝－272＋6a0，即f(4)f(1)，所以f(x)在[1，4]上的最小值为f(4)＝8a－403＝－163，得a＝1，x2＝2，从而f(x)在[1，4]上的最大值为f(2)＝103.7.解析：选D原不等式可化为lnx－px＋1≤0，令f(x)＝lnx－px＋1，故只需f(x)max≤0，由f′(x)＝1x－p知f(x)在0，1p上单调递增；在1p，＋∞上单调递减．故f(x)max＝f1p＝－lnp，即－lnp≤0，解得p≥1.8.解：(1)f′(x)＝3x2－2ax＋b，∵函数f(x)在x＝－1和x＝3处取得极值，∴－1，3是方程3x2－2ax＋b＝0的两根．∴－1＋3＝23a，－1×3＝b3，∴a＝3，b＝－9.(2)由(1)知f(x)＝x3－3x2－9x＋c，f′(x)＝3x2－6x－9.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：而f(－2)＝c－2，f(6)＝c＋54，∴x∈[－2，6]时，f(x)的最大值为c＋54，要使f(x)2|c|恒成立，只要c＋542|c|即可，当c≥0时，c＋542c，∴c54；当c0时，c＋54－2c，∴c－18，∴c的取值范围为(－∞，－18)∪(54，＋∞)．能力提升综合练1.解析：选Bf′(x)＝x2－4x＝x(x－4)．令f′(x)＝0，得x＝0或x＝4，∴f(0)＝0，f(4)＝－323，f(－1)＝－73，f(5)＝－253，∴f(x)max＝f(0)＝0，f(x)min＝f(4)＝－323.2.解析：选Df′(x)＝2x＋x·(2x)′＝2x＋x·2x·ln2.令f′(x)＝0，得x＝－1ln2.当x∈－∞，－1ln2时，f′(x)0；当x∈－1ln2，＋∞时，f′(x)0，故函数在x＝－1ln2处取极小值，也是最小值．3.解析：选A当x1时，f′(x)0，函数f(x)在(1，＋∞)上是增函数；当x1时，f′(x)0，f(x)在(－∞，1)上是减函数，故f(x)在x＝1处取得最小值，即有f(0)f(1)，f(2)f(1)，得f(0)＋f(2)2f(1)．4.解析：选D|MN|的最小值，即函数h(t)＝t2－lnt的最小值，h′(t)＝2t－1t＝2t2－1t，显然t＝22是函数h(t)在其定义域内唯一的极小值点，也是最小值点，故t＝22.5.解析：f′(x)＝ex－2.由f′(x)0得ex－20，∴xln2.由f′(x)0得，xln2.∴f(x)在x＝ln2处取得最小值．只要f(x)min≤0即可．∴eln2－2ln2＋a≤0，∴a≤2ln2－2.答案：(－∞，2ln2－2]6.解析：f(x)≥2，即a≥2x2－2x2lnx.令g(x)＝2x2－2x2lnx，x0，则g′(x)＝2x(1－2lnx)．由g′(x)＝0得x＝e12，且当0xe12时，g′(x)0；当xe12时，g′(x)0，∴当x＝e12时，g(x)取最大值g(e12)＝e，∴a≥e.答案：[e，＋∞)7.解：(1)f′(x)＝(x－k＋1)ex.令f′(x)＝0，得x＝k－1.当x变化时，f(x)与f′(x)的变化情况如下表：所以，f(x)的单调递减区间是(－∞，k－1)；单调递增区间是(k－1，＋∞)．(2)当k－1≤0，即k≤1时，函数f(x)在[0，1]上单调递增，所以f(x)在区间[0，1]上的最小值为f(0)＝－k；当0k－11，即1k2时，由(1)知f(x)在[0，k－1)上单调递减，在(k－1，1]上单调递增，所以f(x)在区间[0，1]上的最小值为f(k－1)＝－ek－1；当k－1≥1时，即k≥2，函数f(x)在[0，1]上单调递减，所以f(x)在区间[0，1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.8.解：(1)∵f(x)＝2ax－bx＋lnx，∴f′(x)＝2a＋bx2＋1x.∵f(x)在x＝1，x＝12处取得极值，∴f′(1)＝0，f′12＝0，即2a＋b＋1＝0，2a＋4b＋2＝0，解得a＝－13，b＝－13.∴所求a、b的值分别为－13、－13.(2)在14，1上存在x0，使得不等式f(x0)－c≤0成立，只需c≥f(x)min，x∈14，1，由f′(x)＝－23－13x2＋1x＝－2x2－3x＋13x2＝－（2x－1）（x－1）3x2，∴当x∈14，12时，f′(x)0，f(x)是减函数；当x∈12，1时，f′(x)0，f(x)是增函数；∴f12是f(x)在14，1上的最小值．而f12＝13＋ln12＝13－ln2，∴c≥13－ln2.∴c的取值范围为13－ln2，＋∞.